यह कैसे साबित किया जाए

मैं असमानता को स्थापित करने की कोशिश कर रहा हूं

$| T_{i} | = \frac{| X_{i} - \bar{X} |}{S} \leq \frac{n - 1}{\sqrt{n}}$ $\left| T_i \right|=\frac{\left|X_i -\bar{X} \right|}{S} \leq\frac{n-1}{\sqrt{n}}$

कहाँ पे $\bar{X}$ नमूना माध्य है और नमूना मानक विचलन है, जो । $S$ $S=\sqrt{\frac{\sum_{i=1}^n \left( X_i -\bar{X} \right)^2}{n-1}}$

यह देखना आसान है कि और so लेकिन मैं जो खोज रहा हूं, वह बहुत करीब नहीं है और न ही यह एक उपयोगी बाध्य है। मैंने काऊची-श्वार्ज़ और त्रिकोण असमानताओं के साथ प्रयोग किया है, लेकिन कहीं नहीं गया है। एक सूक्ष्म कदम होना चाहिए कि मैं कहीं गायब हूं। मैं कुछ मदद की सराहना करता हूं, धन्यवाद। $\sum_{i=1}^n T_i^2 = n-1$ $\left| T_i \right| < \sqrt{n-1}$

self-study descriptive-statistics bounds

— JohnK
स्रोत

जवाबों:

यह सैमुएलसन की असमानता है और इसे इसकी आवश्यकता है $\leq$ संकेत। यदि आप विकिपीडिया संस्करण लेते हैं और इसे फिर से काम करते हैं $n-1$ की परिभाषा $S,$ आप पाएंगे कि यह बन जाता है

\frac{| X_{i} - \bar{X} |}{S} \leq \frac{n - 1}{\sqrt{n}}

${{ \left| X_i-\bar X \right| } \over S} \leq {{n-1} \over \sqrt{n}}$

— soakley
स्रोत

यह पुस्तक में एक सख्त असमानता के रूप में दिया गया है, लेकिन मैंने इसे तय किया है, धन्यवाद।

— जॉनके

नियमित प्रक्रियाओं के माध्यम से समस्या को सरल बनाने के बाद, इसे एक दोहरे न्यूनतमकरण कार्यक्रम में परिवर्तित करके हल किया जा सकता है, जिसका प्राथमिक प्रमाण एक प्रसिद्ध उत्तर है। शायद यह दोहराव प्रश्न में संदर्भित "सूक्ष्म कदम" है। असमानता को अधिकतम यांत्रिक तरीके से अधिकतम करके स्थापित किया जा सकता है $|T_i|$ लैगरेंज मल्टीप्लायरों के माध्यम से ।

सबसे पहले, मैं कम से कम वर्गों की ज्यामिति के आधार पर अधिक सुरुचिपूर्ण समाधान प्रदान करता हूं। इसके लिए कोई प्रारंभिक सरलीकरण की आवश्यकता नहीं है और यह परिणाम में प्रत्यक्ष अंतर्ज्ञान प्रदान करते हुए लगभग तत्काल है। जैसा कि सवाल में सुझाव दिया गया है, समस्या कॉची-श्वार्ज असमानता को कम करती है।

ज्यामितीय समाधान

विचार करें $\mathbf{x} = (X_1, X_2, \ldots, X_n)$ एक के रूप में $n$ सामान्य डॉट उत्पाद के साथ यूक्लिडियन अंतरिक्ष में आयामी वेक्टर। चलो $\mathbf{y} = (0,0,\ldots,0,1,0,\ldots,0)$ बनो $i^\text{th}$ आधार वेक्टर और $\mathbf{1} = (1,1,\ldots, 1)$ । लिखो $\mathbf{\hat x}$ तथा $\mathbf{\hat y}$ के orthogonal अनुमानों के लिए $\mathbf{x}$ तथा $\mathbf{y}$ के ऑर्थोगोनल पूरक में $\mathbf{1}$ । (सांख्यिकीय शब्दावली में, वे साधनों के संबंध में अवशिष्ट हैं।) फिर, तब से $X_i-\bar X = \mathbf{\hat x}\cdot \mathbf{y}$ तथा $S = ||\mathbf{\hat x}||/\sqrt{n-1}$ ,

| {टी}_{मैं} | = \sqrt{n - 1} \frac{| \hat{एक्स} \cdot y |}{| | \hat{एक्स} | |} = \sqrt{n - 1} \frac{| \hat{एक्स} \cdot \hat{y} |}{| | \hat{एक्स} | |}

$|T_i| = \sqrt{n-1}\frac{|\mathbf{\hat x} \cdot \mathbf{y}|}{||\mathbf{\hat x}||} = \sqrt{n-1}\frac{|\mathbf{\hat x} \cdot \mathbf{\hat y}|}{||\mathbf{\hat x}||}$

का घटक है $\mathbf{\hat y}$ में $\mathbf{\hat x}$ दिशा। कॉची-श्वार्ज़ द्वारा, यह ठीक उसी समय अधिकतम होता है $\mathbf{\hat x}$ के समानांतर है $\mathbf{\hat y} = (-1,-1,\ldots,-1,n-1,-1,-1,\ldots,-1)/n$ , जिसके लिए

{टी}_{मैं} = \pm \sqrt{n - 1} \frac{\hat{y} \cdot \hat{y}}{| | \hat{y} | |} = \pm \sqrt{n - 1} | | \hat{y} | | = \pm \frac{n - 1}{\sqrt{n}},

$T_i = \pm \sqrt{n-1} \frac{\mathbf{\hat y}\cdot \mathbf{\hat y} }{ ||\mathbf{\hat y}||} = \pm\sqrt{n-1}||\mathbf{\hat y}|| = \pm\frac{n-1}{\sqrt{n}},$ QED।

संयोग से, यह समाधान उन सभी मामलों की एक विस्तृत विशेषता प्रदान करता है जहां $|T_i|$ अधिकतम है: वे सभी फॉर्म के हैं

x = σ \hat{y} + μ 1 = σ (- 1, - 1, \dots, - 1, n - 1, - 1, - 1, \dots, - 1) + μ (1, 1, \dots, 1)

$\mathbf{x} = \sigma\mathbf{\hat y} + \mu\mathbf{1} = \sigma(-1,-1,\ldots,-1,n-1,-1,-1,\ldots,-1) + \mu(1,1,\ldots, 1)$

सभी वास्तविक के लिए $\mu, \sigma$ ।

यह विश्लेषण उस मामले में आसानी से सामान्य हो जाता है जहां $\{\mathbf{1}\}$ रजिस्टरों के किसी भी सेट द्वारा प्रतिस्थापित किया जाता है। जाहिर है की अधिकतम $T_i$ के अवशिष्ट की लंबाई के आनुपातिक है $\mathbf{y}$ , $||\mathbf{\hat y}||$ ।

सरलीकरण

चूंकि $T_i$ स्थान और पैमाने के परिवर्तन के तहत अपरिवर्तनीय है, हम मान सकते हैं कि सामान्यता का कोई नुकसान नहीं है कि $X_i$ शून्य और उनके वर्ग के योग $n-1$ । इससे पहचान होती है $|T_i|$ साथ में $|X_i|$ , जबसे $S$ (माध्य वर्ग) है $1$ । इसे अधिकतम करना अधिकतम करने के लिए समान है $|T_i|^2 = T_i^2 = X_i^2$ । लेने से कोई व्यापकता नहीं खोती $i=1$ , या तो, के बाद से $X_i$ विनिमेय हैं।

दोहरे सूत्रीकरण के माध्यम से समाधान

के मान को ठीक करने के लिए एक दोहरी समस्या है $X_1^2$ और शेष के मूल्यों को पूछें $X_j, j\ne 1$ वर्गों की राशि को कम करने के लिए आवश्यक हैं $\sum_{j=1}^n X_j^2$ मान लीजिये $\sum_{j=1}^n X_j = 0$ । चूंकि $X_1$ दिया जाता है, यह कम से कम समस्या है $\sum_{j=2}^n X_j^2$ मान लीजिये $\sum_{j=2}^n X_j = -X_1$ ।

इसका समाधान कई तरह से आसानी से मिल जाता है। सबसे प्राथमिक में से एक लिखना है

X_{j} = - \frac{X_{1}}{n - 1} + ε_{j}, j = 2, 3, \dots, n

$X_j = -\frac{X_1}{n-1} + \varepsilon_j,\ j=2, 3, \ldots, n$

for which $\sum_{j=2}^n \varepsilon_j = 0$ . Expanding the objective function and using this sum-to-zero identity to simplify it produces

\sum_{j = 2}^{n} X_{j}^{2} = \sum_{j = 2}^{n} {(- \frac{X_{1}}{n - 1} + ε_{j})}^{2} = \sum {(- \frac{X_{1}}{n - 1})}^{2} - 2 \frac{X_{1}}{n - 1} \sum ε_{j} + \sum ε_{j}^{2} = Constant + \sum ε_{j}^{2},

$\sum_{j=2}^n X_j^2 = \sum_{j=2}^n \left(-\frac{X_1}{n-1} + \varepsilon_j\right)^2 = \\\sum \left(-\frac{X_1}{n-1}\right)^2 - 2\frac{X_1}{n-1}\sum \varepsilon_j + \sum \varepsilon_j^2 \\= \text{Constant} + \sum \varepsilon_j^2,$

immediately showing the unique solution is $\varepsilon_j=0$ for all $j$ . For this solution,

(n - 1) S^{2} = X_{1}^{2} + (n - 1) {(- \frac{X_{1}}{n - 1})}^{2} = (1 + \frac{1}{n - 1}) X_{1}^{2} = \frac{n}{n - 1} X_{1}^{2}

$(n-1)S^2 = X_1^2 + (n-1)\left(-\frac{X_1}{n-1}\right)^2 = \left(1 + \frac{1}{n-1}\right)X_1^2 = \frac{n}{n-1}X_1^2$

and

| T_{i} | = \frac{| X_{1} |}{S} = \frac{| X_{1} |}{\sqrt{\frac{n}{(n - 1)^{2}} X_{1}^{2}}} = \frac{n - 1}{\sqrt{n}},

$|T_i| = \frac{|X_1|}{S} = \frac{|X_1|}{\sqrt{\frac{n}{(n-1)^2}X_1^2}} = \frac{n-1}{\sqrt{n}},$

QED.

Solution via machinery

Return to the simplified program we began with:

Maximize X_{1}^{2}

$\text{Maximize } X_1^2$

subject to

\sum_{i = 1}^{n} X_{i} = 0 and \sum_{i = 1}^{n} X_{i}^{2} - (n - 1) = 0.

$\sum_{i=1}^n X_i = 0\text{ and }\sum_{i=1}^n X_i^2 -(n-1)=0.$

The method of Lagrange multipliers (which is almost purely mechanical and straightforward) equates a nontrivial linear combination of the gradients of these three functions to zero:

(0, 0, \dots, 0) = λ_{1} D (X_{1}^{2}) + λ_{2} D (\sum_{i = 1}^{n} X_{i}) + λ_{3} D (\sum_{i = 1}^{n} X_{i}^{2} - (n - 1)) .

$(0,0,\ldots, 0) = \lambda_1 D(X_1^2) + \lambda_2 D\left(\sum_{i=1}^n X_i\right ) + \lambda_3 D\left(\sum_{i=1}^n X_i^2 -(n-1)\right).$

Component by component, these $n$ equations are

\begin{aligned} 0 & = 2 λ_{1} X_{1} + & λ_{2} & + 2 λ_{3} X_{1} \\ 0 & = & λ_{2} & + 2 λ_{3} X_{2} \\ 0 & = \dots \\ 0 & = & λ_{2} & + 2 λ_{3} X_{n} . \end{aligned}

$\eqalign{ 0 &= 2\lambda_1 X_1 +& \lambda_2 &+ 2\lambda_3 X_1 \\ 0 &= & \lambda_2 &+ 2\lambda_3 X_2 \\ 0 &= \cdots \\ 0 &= & \lambda _2 &+ 2\lambda_3 X_n. }$

The last $n-1$ of them imply either $X_2 = X_3 = \cdots = X_n = -\lambda_2/(2\lambda_3)$ or $\lambda_2=\lambda_3=0$ . (We may rule out the latter case because then the first equation implies $\lambda_1=0$ , trivializing the linear combination.) The sum-to-zero constraint produces $X_1 = -(n-1)X_2$ . The sum-of-squares constraint provides the two solutions

X_{1} = \pm \frac{n - 1}{\sqrt{n}}; X_{2} = X_{3} = \dots = X_{n} = \mp \frac{1}{\sqrt{n}} .

$X_1 = \pm\frac{n-1}{\sqrt{n}};\ X_2 = X_3 = \cdots = X_n = \mp\frac{1}{\sqrt{n}}.$

They both yield

| T_{i} | = | X_{1} | \leq | \pm \frac{n - 1}{\sqrt{n}} | = \frac{n - 1}{\sqrt{n}} .

$|T_i| = |X_1| \le |\pm\frac{n-1}{\sqrt{n}}| = \frac{n-1}{\sqrt{n}}.$

— whuber
स्रोत

Thank you for your addendum, geometry is very powerful and of all three solutions it is the most intuitive to me.

— JohnK

The inequality as stated is true. It is quite clear intuitively that we get the most difficult case for the inequality (that is, maximizing the left hannd side for given $S^2$ ) by choosing one value, say $x_1$ as large as possible while having all the others equal. Let us look at an example with such configuration:

n = 4, x_{1} = x_{2} = x_{3} = 0, x_{4} = 4, \bar{x} = 1, S^{2} = 4,

$n=4, \quad x_1=x_2=x_3=0, x_4=4, \bar{x}=1, S^2=4,$ now

\frac{| x_{i} - \bar{x} |}{S} = {\begin{cases} \frac{1}{2} or \\ \frac{3}{2} \end{cases}

$\frac{|x_i-\bar{x}|}{S}=\begin{cases} \frac12 ~\text{or}~ \\ \frac32 \end{cases}$ depending on

i

$i$ , while the given upper limit is equal to

\frac{4 - 1}{2} = 1.5

$\frac{4-1}{2}=1.5$ which is just enough. That idea can be completed to a proof.

EDIT

We will now prove the claim, as hinted above. First, for any given vector $x=(x_1, x_2, \dots, x_n)$ in this problem, we can replace it with $x-\bar{x}$ without changing either side of the inequality above. So, in the following let us assume that $\bar{x}=0$ . We can also by relabelling assume that $x_1$ is largest. Then, by choosing first $x_1>0$ and then $x_2=x_3=\dots=x_n=-\frac{x_1}{n-1}$ we can check by simple algebra that we have equality in the claimed inequality. So, it is sharp.

Then, define the (convex) region $R$ by

R = {x \in R : \bar{x} = 0, \sum (x_{i} - \bar{x})^{2} / (n - 1) \leq S^{2}}

$R = \{ x\in\mathbb{R} \colon \bar{x}=0, \sum(x_i-\bar{x})^2/(n-1) \le S^2\}$ for a given positive constant

S^{2}

$S^2$ . Note that

R

$R$ is the intersection of a hyperplane with a sphere centered at the origin, so is a sphere in

(n - 1)

$(n-1)$ -space. Our problem can now be formulated as

max_{x \in R} max_{i} | x_{i} |

$\max_{x\in R} \max_i |x_i|$ since an

x

$x$ maximizing that will be the most difficult case for the inequality. This is a problem of finding the maximum of a convex function over a convex set, which in general are difficult problems (minimums are easy!). But, in this case the convex region is a sphere centered on the origin, and the function we want to maximize is the absolute value of the coordinates. It is obvious that that maximum is found at the boundary sphere of

R

$R$ , and by taking

| x_{1} |

$|x_1|$ maximal, our first test case is forced.

— kjetil b halvorsen
स्रोत

@JohnK you can delete your comments now, the post is corrected

— kjetil b halvorsen

Although this answer shows that the inequality (assuming it is true, which it is) is tight, it isn't evident how that single calculation could be "completed to a proof." Could you provide some indication of how that would be done?

— whuber

Will, but tomorrow, now I have to prepare tomorrows class.

— kjetil b halvorsen

Thank you--I appreciate your careful formulation of the problem. But your "proof" seems to come to the statement that "it is obvious that." You could always apply Lagrange multipliers to finish the job, but it would be nice to see an approach that (a) actually is a proof and (b) provides insight.

— whuber

@whuber If you have the time, I would appreciate it if you can post your Lagrange multipliers solution. I think the inequality overall is not as famous as it should be.

— JohnK